一道比较入门的 dp 题

这道题初始位置是从 0 开始的，这样不是很利于我们解题，所以不如暂且把这题里涉及的坐标统统 +1，那么初始位置就从?(0,0)(0,0)?变成了?(1,1)(1,1)

先考虑如果没有任何马的限制，卒子可以随便向右向下走，那么可以想到，一个卒子只能从 当前格子的左侧格子 和 当前格子的上方格子 上走到当前格子。那么假设从?(1,1)(1,1)?走到 当前格子的左侧格子 的路径条数是?xx，从?(1,1)(1,1)?走到 当前格子的上方格子 的路径条数是?yy，那么从?(1,1)(1,1)?走到当前格子的路径条数就应该是?x+yx+y

其实我们已经得到了一个动态规划的转移方程，设?f(i,j)f(i,j)?表示从?(1,1)(1,1)?格子走到当前格子的路径条数，那么根据上一段得到的结论，可以得到：

f(i,j) = f(i-1,j) + f(i,j-1)f(i,j)=f(i?1,j)+f(i,j?1)

(i,j)(i,j)?是当前格子，那么?(i-1,j)(i?1,j)?就是 当前格子的上方格子，(i,j-1)(i,j?1)?就是 当前格子的左侧格子。我们只需要从小到大依次枚举?ii?和?jj?就能获得所有点的答案，可以想到，在这道题里我们要求的答案就是?f(n,m)f(n,m)（因为 B 点的坐标是(n,m)(n,m)）

当然如果只是按照这个公式推肯定不行，因为?ff?的初始数值都是 0，再怎么推也都是 0，我们要让?f(1,1)f(1,1)?能根据上面得到的式子推出答案是 1，这样才能有有意义的结果。根据?f(1,1)=f(0,1)+f(1,0)f(1,1)=f(0,1)+f(1,0)，我们只需要让?f(1,0)=1f(1,0)=1?或者?f(0,1)=1f(0,1)=1?即可

接下来考虑一下加入了 马 这道题该怎么做，假设?(x,y)(x,y)?这个点被马拦住了，其实就是说这个点不能被卒子走到，那当我们枚举到这个点的时候，发现他被马拦住了，那就直接跳过这个点，让?f(x,y)=0f(x,y)=0?就行了

具体写代码的时候我们注意到在判断一个点有没有被马拦住时，会用到?(i-2,j-1)(i?2,j?1)?和?(i-1,j-2)(i?1,j?2)?这两个位置，那如果不把所有的点的坐标都加上 2 （前面分析的时候只把所有的坐标加上 1），就会因为数组越界而 WA 掉一个点

答案可能很大，所以记得开?long long

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;

const int fx[] = {0, -2, -1, 1, 2, 2, 1, -1, -2};
const int fy[] = {0, 1, 2, 2, 1, -1, -2, -2, -1};
//马可以走到的位置

int bx, by, mx, my;
ll f[40][40];
bool s[40][40]; //判断这个点有没有马拦住
int main(){
    scanf("%d%d%d%d", &bx, &by, &mx, &my);
    bx += 2; by += 2; mx += 2; my += 2;
    //坐标+2以防越界
    f[2][1] = 1;//初始化
    s[mx][my] = 1;//标记马的位置
    for(int i = 1; i <= 8; i++) s[mx + fx[i]][my + fy[i]] = 1;
    for(int i = 2; i <= bx; i++){
        for(int j = 2; j <= by; j++){
            if(s[i][j]) continue; // 如果被马拦住就直接跳过
            f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i][j - 1];
            //状态转移方程
        }
    }
    printf("%lld\n", f[bx][by]);
    return 0;
}